理论力学课后题答案
1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为
由题可知示意图如题1.1.1图: {
{
S
S
2
t 1
t 题1.1.1图
设开始计时的时刻
速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有
:()()???
???
?
+-+=-=2
21210211021221t t a t t v s at t v s
由以上两式得 1102
1
at t s v +=
再由此式得 ()()
2121122t t t t t t s a +-=
1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的
伸长，c 为加m '后的伸长。今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一
瞬时离上端O 的距离为
解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.
题1.26.1图
设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前，
m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()y
m a y k mg =-- ② 联立①② 得 b
b a g y b g y
+=+ ③ 0=+y b g y 齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 2
11+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0
所以③的通解b a t b
g A t b g A Y +++=sin cos 2
11
代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ；
故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.
O
m
m '
T
1.39 一质点受一与距离2
3次方成反比的引力作用在一直线上运动。试证此质点自无穷远到
达a 时的速率和自a 静止出发到达
4a 时的速率相同。 证 质点受一与距离2
3次方
成反比的力的作用。 设此力为
()()
为一常数k kr
r F 2
3
-
=① 又因为
()dr
vdv md
dt
dr dr dv m dt
dv m r F =?== 即 ()m v d v dr r F = m v d v
dr kr =-23
②
当质点从无穷远处到达a 时，对②式两边分别积分：
?
?=∞
+-
v
a
v
d v
m dr kr
23
21
2
4--=a m k v
当质点从a 静止出发到达4a 时，对②式两边分别积分：
?
?
=-
v
a a dv m dr
kr 04
23得 21
24--=a m k v
所以质点自无穷远到达a 时的速率和自a 静止出发到达4
a
时的速率相同。
1.43如质点受有心力作用而作双纽线...证 由毕耐公式
???? ??+-=-u d u d u h m F θ2
22
质点所受有心力做双纽线θ2cos 22a r =运动 故 θ2cos 1
1a r u == ()2
3
2c o s 12s i n 1θθθ??=a d du ()()???
???????+=-
θθθθθθ
2sin 22cos 2sin 232cos 2cos 212523
22a d u d ()()??????+=--252
212cos 2sin 32cos 21θθθa 故???
? ??+-=u d u d u mh F 2222θ ()()??
????++-=--θθθθθ2cos 12cos 2sin 32cos 22cos 1252
2132a mh ()()
θθ2tan 12cos 32
2332+-=-a mh ()27322cos 3--=θa mh 2
7
22323???
? ??-=a r a mh 7243r h m a -=
1.44点所受的有心力如果为??
?
? ??+-=322r r m F νμ
式中
μ及ν都是常数，并且ν＜2h ，则其轨道方程可写成
θk e a r cos 1+=2
22222222
,,μμνh Ak e h k a h h k ==-= 试证明之。式中（A 为积分常数）
证 由毕耐公式 ???
? ??+-=-u d u d u h m F θ2
22
将力????
??+-=322r r m F νμ带入此式
????
??+=+u d u d u h r r 222
2322θν
μ 因为 r u 1
=
所以
???? ??+=+u d u d u h u u 22
22322θνμ 即222221h u h d u d μνθ
=??? ??-+令 222h h k ν-= 上式化为222
22h u k d u d μθ=+
这是一个二阶常系数废气次方程。
解之得()222
c o s h k k A u μ?θ++=
A 微积分常数，取0=?，故
222c o s h k k A u μθ+= 有1
cos cos 1122
22
2
2222+=+==θμ
μμθk h
k A h k h k k A u r 令22
2222,μμh Ak e h k a =
=
所以θk e a r cos 1+=
3.10解 如题3.10.1图。一均质圆盘，半径为a ，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的
竖直轴转动，开始时的角速度为0ω。已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多少时间后
盘将静止？
解：z 轴过O 点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为ρ。设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有
z z
M dt
dI = 即 z z M I =ω
① I 为转盘绕z 轴的转动惯量：22
1ma I =（m 为盘的质量），
ωω-=z ② （ω为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）
320
232a g dr d r g M a
z ρμπθρμπ
=
=??
=()23
2
a m ma g πρρμ=③ 由①②③得 a g 34μω
-= 又因为 (),00ωω= 故()t a
g t 340μωω-=
所以
(),0=t ω得g a t μω430=
3.11通风机的转动部分以初角速0ω绕其轴转动。
空气阻力矩与角速成正比，比例常数为k 。如转动部分对其轴的转动惯量为I ，问经过多少时间后，其转动的角速减为初角速的一半？又在此时间内共转了多少转？
解： 如题3.11.1图所示，设z 轴通过O 点垂直纸面指向外。则对z 轴有：Z M dt dz =设通风机转动的角速度大小为()t ω，由
于通风机顺时针转动。所以()t z ωω-=，将()()
t z t k M I z ωω=-=,代入上式得： ()()t t k I ωω=- 。又由于()()00ωω= ，解得：
()t I
k
t e
-=0ωω
故当()20ωω=t 时，k I t =㏑2。又由于()()
t t θω = （θ为通风机转动的角度） 设()00=θ， ()t
I k t e
-=0ωθ
()()
???
? ??
-=+=--?t I k t I
k t
t e k
I dt e
10
00
0ωθωθ 故当k I t =㏑2时，()k I t 20ωθ=，t 时间内通风机转动的转数 ()()k I n t πωπθθ4200=-=
?0
ωo
图
题1.3.11dr r θd θ
o
r
图
题1.3.10
3.12解 如题3.12.1图，
矩形均质薄片ABCD ，边长为a 与b ，重为mg ，绕竖直轴AB 以初角速0ω转动。此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其
量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k 。问经过多少时间
后，薄片的角速减为初角速的一半？
解：坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： Z
M dt
dz =且z I z ω=①
现取如图阴影部分的小区域ady dS =，该区域受到的阻力()22y kady kdSv df z
ω==
df 对z 轴的力矩dy y ka y df dM z z 32ω-=?-=
所以 23
04
z a z z b a k dM M ω-==?② 又薄片对轴的转动惯量 ()ab m ma bdy y dm y I a
a
ρρ====??20
2023
1③ 由①
②③得：
()0
21
431ωω+=
t m b ka t z
当()20ωω=t z 时，0
2
34ωb ka m
t = 3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz 。一轮的半径为r ，以匀速0v 无滑动地沿一
直线滚动。求轮缘上任一点的速度及加速度。又最高点及最低点的速度各等于多少？哪一点
是转动瞬心？
解：由于球作无滑滚动，球与地面的接触A 的速度与地
面一致，等于零，所以A 点为转动瞬心。以O 为基点。
设球的角速度k ω-=ω，则
()()()0
000=-=-?-+=?+=k j k i OA ωv v r v r v A ωω
r
v 0=
ω
设轮缘上任意一点p ，Op 与x 轴交角为θ，则Op j i θθsin cos r r +=故
()()j i k i Op ωv v θθωsin cos 00r r v p +?-+=?+=()j i θωθωcos sin 0r r v -+=当
90=θ时，得最高点
的速度
2v v top =()Op ωωOp ω
a a ??+?+
=dt
d p 0()j i j i θθθωθωsin cos sin cos 2
02
2
+-=--=r
v
r r 当 90=θ和 90-时分别得到最高
z
x
y
O A
B C D
ωa
b
?∧题3.15.1图
x
y
z
θ
O
A
P
ω
点和最低点的加速度j a
r v top
20-= j a r
v bottom 2
0=
3.19长为2a 的均质棒AB ，以铰链悬挂于A 点上。如起始时，棒自水平位置无初速地运
动，并且当棒通过竖直位置时，铰链突然松脱，棒成为自由体。试证在以后的运动中，棒的
质心的轨迹为一抛物线，并求当棒的质心下降h 距离后，棒一共转了几转？
解 ：固定坐标系Oxy 。杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时的角速度为
0ω，则
()2022
0312121ωω??? ??+=
ma a m mga
右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得a
g 230
=
ω 在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：0=c x m ①mg y m c -= ②z z M I =ω ③③式中I 为杆绕质心的转动惯量，z M 为沿过质心平行于z 轴的合力矩，易知
0=z M ，又()00ωω=z ，代入③式得 ()a
g t z 230=
=ωω 即杆将作匀速转动。()()()()a
y y
x ga
a x
c c c c -===-=-=0000,00
,230 ω解①②得22
1,23gt a y t ga x c
c --=-=
a x a
y c c --
=2
31所以质心的轨迹为一抛物线。 故当h a y c --=时，杆的质心下降h ，代入④式得g
h t 2=
故t 时间内杆的转
数a
h
g h a g t n 321
22321
20ππ
πω=
==
3.20质量为M 半径为r 的均质圆柱体放在粗糙水平面上。柱的外面绕有轻绳，绳子跨过一
个很轻的滑轮，并悬挂一质量为m 的物体。设圆柱体只滚不滑，并且圆柱体与滑轮间的绳
子是水平的。求圆柱体质心的加速度1a ，物体的加速度2a 及绳中张力T 。
解：设圆柱体的转动角速度为k ωω-=，设它受到地面
题3.19.1图
A
o C
B
a
2x
y 题3.20.1图
y A r
C
o
M
B x f
T
T o '
m
的摩擦力为f ，由动量定理和动量矩定理知：1a M x
M f T F c x ∑==+= ① ∑-
=+-=ω 22
1
Mr fr Tr M
z
②对于滑块。由动量定理知：2ma y m mg T F
y
-==-=∑ ③ωr x c =
ω r x
a c ==1④ 以C 为基点：r a a Ax ω
+=1 假设绳不可拉伸。则2a a Ax =。故r a a ω +=12⑤ 由①②③④⑤解得：m
M mMg
T m M mg a m M mg a 833,838,83421+=
+=+=
3.22一飞轮有一半径为r 的杆轴。飞轮及杆轴对于转动轴的总转动惯量为I 。在杆轴上绕
有细而轻的绳子，绳子的另一端挂一质量为m 的重物。如飞轮受到阻尼力矩G 的作用，求飞轮的角加速度。若飞轮转过θ角后，绳子与杆轴脱离，并再转过?角后，飞轮停止转动，求飞轮所受到的阻尼力矩的量值。
解： Ox 轴与速度方向一致，Oz 轴垂直纸面向外。设球的半径为r ，则球绕任
一直径的转动惯量25
2mr I =。由动量定理和动量矩定理可知：
N x m c μ= ①0=-=mg N y m c ② Nr I μω= ③ N x
M c μ-=' ④ 由①②③④得：M
mg x r g g x c c μμωμ-='== ,25, 设球与板的接触点为A ，则t 时刻A 点的速度为
tr r g gt tr t x
r v v c A 250μμωω+=+=+= ⑤ t
M
mg V t x V v c μ-='+=' ⑥ 球由滑动变为滚动的条件是：v v A '= ⑦ 由⑤⑥⑦解得：
g M
m V
t μ??
? ??+=
27
3.23重为1W 的木板受水平力F 的作用，在一不光滑的平面上运动，板与平面间的摩擦系
数为μ。在板上放一重为2W 的实心圆柱，此圆柱在板上滚动而不滑动，试求木板的加速度
a 。 解：设圆柱的半径为r ，与木板之间的摩擦力为2f ，弹力为1N ，木板受
地面的摩擦力为1f ，弹力为2N ，对木板由动量定理得：
a g
W f f F 1
21=
--①0112=--N W N ② 对圆柱，由角动量定理和动量定理得：
22f x g W c = ③0212=-=W N y g
W
c ④y
x
V
f
r o m A M
图
题1.22.3y
x
o
1
f 1f F
图
题1.23.3
r f I 2=ω
⑤ 其中I 为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以2221r g
W I =⑥
21N f μ=⑦ 无滑滚动的条件：a r x
c =+ω ⑧ 由①～⑧式解得()g W W W W F a 3
2
121+
+-=
μ
5.13.1 半径为r 的光滑半球形碗，固定在水平面上。一均质棒斜靠在碗缘，一端在碗内，
一端则在碗外，在碗内的长度为c ，试证棒的全长为(
)
c
r
c 2
224- .
解 杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向夹角α
所唯一确定。杆的自由度为1，由平衡条件：
=δω0=∑i i r F δ即 mg δ?y =0①
变换方程y c =2rcos αsin α-αsin 2l =
rsin2ααsin 2
l -②
故=c y δδααα??
? ??-cos 212cos 2l r ③ 代回①式即0cos 21cos 2=??
?
??-δαααl r
因δα在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2α-αcos 2
l =0
ααcos 2cos 4r l =
④ 又由于 cos α=r
c
2 故 cos2α= 2
2
222r
r c - 代回④式得 ()c
r c l 2224-=
5.2解 相同的两个均质光滑球悬在结于定点O 的两根绳子上，此两球同时又支持一个等
o
x
y
mg
C
r
α
题5.1.1图
重的均质球，求α角及β角之间的关系。
解：三球受理想约束，球的位置可以由α确定，自
由度数为1，故。
()αβsin sin 21r l r x +-=-= ()0
sin sin 232=+==x r l r x α
β()()()β
αα
cos 2cos cos cos 321r a r l y r l y r l y -+=+=+=
得()()()δαδα
δββ
αδαδαδαδαδαδ?++-=+-=+-=sin 2sin sin sin 321r r l y r l y r l y
由虚功原理 01
=?=∑=i n
i i r F δδω故
()()()0
sin 2sin sin sin 0
332211=?++-+-+-=++δαδα
δβ
βαδααδααδαδδδr r l r l r l y P y P y P ① 因δα在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须()0sin 2sin 3=++-δαδββαr r l
故
()α
βδβδαsin 3sin 2r l r +=
② 又由 ()αδαβδβδcos cos 21r l r x +-=-=得： ()α
βδβδαcos cos 2r l r +=
③ 由②③可得αβtan 3tan = 4.10 质量为m 的小环M ，套在半径为a 的光滑圆圈上，并可沿着圆圈滑动。如圆圈在水平面内以匀角速ω绕圈上某点O 转动，试求小环沿圆圈切线方向的运动微分方程。
解：()1平面运动，一个自由度.
()2选广义坐标为θ=q ，广义速度
()3因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程
ααQ q T q T dt d =??-???? ???? ① 在 。011
==?=∑=δθδδQ r F W i n
i i 广义力 .01=Q 代入①得： 0=??-
??? ????θ
θT T dt d ② 在极坐标系下：
x
y
3
β
β
α
αo
题5.2.1图
t
ωθa C
o
)
,(y x M ω
x
y
图
第4.10
()
??????
?
????????????? ????? ??+??? ?
?+??????
??=+=
22222222cos 22cos 2212
1dt t d a dt a d m r r m T ωθθθθ ??
? ??++=
22222222cos 42cos 421θθθωθω a a a m ③
故 将以上各式代入②式得
0sin 2sin sin 222222=++-θθωθωθθσθ
ma ma ma ma
0sin 2=+θωθ
2020年智慧树知道网课《理论力学(西安交通大学)》课后章节测试满分答案
绪论单元测试 1 【多选题】(2分) 下面哪些运动属于机械运动？ A. 发热 B. 转动 C. 平衡 D. 变形 2 【多选题】(2分) 理论力学的内容包括：。 A. 动力学 B. 基本变形 C. 运动学 D. 静力学
3 【单选题】(2分) 理论力学的研究对象是：。 A. 数学模型 B. 力学知识 C. 力学定理 D. 力学模型 4 【多选题】(2分) 矢量力学方法（牛顿-欧拉力学）的特点是：。 A. 以变分原理为基础 B. 以牛顿定律为基础 C.
通过力的功（虚功）表达力的作用 D. 通过力的大小、方向和力矩表达力的作用 5 【多选题】(2分) 学习理论力学应注意做到：。 A. 准确地理解基本概念 B. 理论联系实际 C. 熟悉基本定理与公式，并能在正确条件下灵活应用 D. 学会一些处理力学问题的基本方法 第一章测试 1 【单选题】(2分)
如图所示，带有不平行的两个导槽的矩形平板上作用一力偶M,今在槽内插入两个固连于地面的销钉，若不计摩擦，则。 A. 板不可能保持平衡状态 B. 板必保持平衡状态 C. 条件不够，无法判断板平衡与否 D. 在矩M较小时，板可保持平衡 2 【单选题】(2分)
A. 合力 B. 力螺旋 C. 合力偶 3 【单选题】(2分) 关于力系与其平衡方程式，下列的表述中正确的是： A. 在求解空间力系的平衡问题时，最多只能列出三个力矩平衡方程式。 B. 在平面力系的平衡方程式的基本形式中，两个投影轴必须相互垂直。 C. 平面一般力系的平衡方程式可以是三个力矩方程，也可以是三个投影方程。
D. 任何空间力系都具有六个独立的平衡方程式。 E. 平面力系如果平衡，则该力系在任意选取的投影轴上投影的代数和必为零。 4 【单选题】(2分)
理论力学课后题参考答案
1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S 2 t 1 t 题1.1.1图 设开始计时的时刻 速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有 :()()??? ??? ? +-+=-=2 21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102 1 at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的 伸长，c 为加m '后的伸长。今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一 瞬时离上端O 的距离为 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系. 题1.26.1图 设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前， m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()y m a y k mg =-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+ ③ 0=+y b g y 齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 2 11+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t b g A t b g A Y +++=sin cos 2 11 代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ； 故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离. O m m ' T
理论力学课后习题答案分析
第五章 Lt 习题5-2.重为G的物体放在倾角为a的斜面上，摩擦系数为 所需拉力T的最小值是多少，这时的角9多大？ 解：（1）研究重物，受力分析（支承面约束用全反力R表 示）， （2）由力三角形得 sin(a +甲」gin[(90J - a + (a + 6)] 千曲")& 皿0 - ??0=甲聽=arctgf T=Gsin(tt +(pJ 习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料，需作用一矩M=15N.m勺力偶，已知棒料重400N,直径为25cm；求棒料与槽间的摩擦系数f。 解：（1）研究钢棒料，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图: （2）由力三角形得： R广护血（4亍-趴）& =0co昭5—忙） (3)列平衡方程： Vm o (F) = 0: - M+K血礼x/*+&$in化xr = O 由⑵、（3）得: M=FT[sin(45tf -(p H) + cos(45J -(p fl)]xrx sin(p w =JP>sin(p… x2sin45L，cos(p K 化35° （4）求摩擦系数: Wr =04243 习题5-7. 尖劈顶重装置如图所示，尖劈 A 的顶角为a ，在B块上受重物Q的作用， A、B块间的摩擦系数为f （其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重 物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角a之值。 解：（1）研究整体，受力分析，画受力图： 列平衡方程 审"：-S+JV X=O ■^ = Q 由力三角形得 P 二JV 勰(a+w)二伽(d +v)^?r(ff+ 第6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?c o s )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 22 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2 000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A == ω R v R v B B 22==ω B A ωω2= 6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30?，?＝60?，BC ＝270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 习题6－2图 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB 第五章 习题5-2.重为G的物体放在倾角为α的斜面上，摩擦系数为f；问要拉动物体所需拉力T的最小值是多少，这时的角θ多大？ 解：(1) 研究重物，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图： (2) 由力三角形得 (3) 当T与R垂直时，T取得最小值，此时有： 习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料，需作用一矩M=15N.m的力偶，已知棒料重400N，直径为25cm；求棒料与槽间的摩擦系数f。 解：(1) 研究钢棒料，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图： (2) 由力三角形得： (3) 列平衡方程： 由(2)、(3)得： (4) 求摩擦系数： 习题5-7.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1） 顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之 值。 解：(1) 研究整体，受力分析，画受力图： 列平衡方程 (2) 研究尖劈A，受力分析，画受力图 由力三角形得 (3) 撤去P力后要保持自锁，则全反力与N A成一对平衡力 由图知 习题5-8.图示为轧机的两个轧辊，其直径为d=500mm，辊面间开度为a=5mm，两轧辊的转向相反，已知烧红的钢板与轧辊间的摩擦系数为f=0.1；试 问能轧制的钢板厚度b是多少？ 解：(1) 研究钢块，处于临界平衡时，画受力图： (2) 由图示几何关系： 习题5-10.攀登电线杆用的脚套钩如图所示，设电线杆的直径d=30cm，A、B间的垂直距离b=10cm，若套钩与电线杆间的摩擦系数 f=0.5；试问踏 脚处至电线杆间的距离l为多少才能保证安全操作？ 解：(1) 研究脚套钩，受力分析（A、B处用全反力表示），画受力图： (2) 由图示几何关系： 习题5-12.梯子重G、长为l，上端靠在光滑的墙上，底端与水平面间的摩擦系数为f；求：（1）已知梯子倾角α，为使梯子保持静止，问重为P 的人的活动范围多大？（2）倾角α多大时，不论人在什么位置梯 子都保持静止。 解：(1) 研究AB杆，受力分析（A处约束用全反力表示），画受力图： C (a-2) D R (a-3) (b-1) D R 第1篇 工程静力学基础 第1章 受力分析概述 1－1 图a 、b 所示，Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。试将同一力F 分别对两坐标系进行分解和投影，并比较分力与力的投影。 习题1－1图 解：（a ）图（c ）：11 s i n c o s j i F ααF F += 分力：11 cos i F αF x = ， 11 s i n j F αF y = 投影：αcos 1F F x = ， αs i n 1F F y = 讨论：?= 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。 （b ）图（d ）： 分力：22)cot sin cos (i F ?ααF F x -= ，22sin sin j F ? α F y = 投影：αcos 2F F x = ， )cos(2α?-=F F y 讨论：?≠90°时，投影与分量的模不等。 1－2 试画出图a 和b 习题1－2图 比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之F R D 值大小也不同。 （c ） 2 2 x （d ） 1－3 试画出图示各物体的受力图。 习题1－3图 B 或(a-2) B (a-1) (b-1) F (c-1) 或(b-2) (e-1) F (a) 1－ 4 图a 所示为三角架结构。荷载F 1作用在铰B 上。杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。 习题1－4 图 1－ 5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑，在构件C 点作用有一水平力F 。试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E （如图示），是否会改为销钉A 的受力状况。 解：由受力图1－5a ，1－ 5b 和1－5c 分析可知，F 从C 移至E ，A 端受力不变，这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移；而F 从C 移至D ，则A 端受力改变，因为HG 与ABC 为不同的刚体。 1 (f-1) 'A (f-2) 1 O (f-3) F F'F 1 (d-2) F y B 21 (c-1) F A B 1 B F Dx y (b-2) 1 (b-3) F y B 2 A A B 1 B F 习题1－5图 6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?cos )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 22 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2 000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A == ω R v R v B B 22==ω B A ωω2= 6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30?，?＝60?，BC ＝270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 A B C v 0 h θ 习题6－2图 P ωAB v C A B C v o h θ 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB ·36· 第4章 空间力系 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1．力在坐标轴上的投影是代数量，而在坐标面上的投影为矢量。 ( √ ) 2．力对轴之矩是力使刚体绕轴转动效应的度量，它等于力在垂直于该轴的平面上的分力对轴与平面的交点之矩。 ( √ ) 3．在平面问题中，力对点之矩为代数量；在空间问题中，力对点之矩也是代数量。 ( × ) 4．合力对任一轴之矩，等于各分力对同一轴之矩的代数和。 ( √ ) 5．空间任意力系平衡的必要与充分条件是力系的主矢和对任一点的主矩都等于零。 ( √ ) 6．物体重力的合力所通过的点称为重心，物体几何形状的中心称为形心，重心与形心一定重合。 ( × ) 7．计算一物体的重心，选择不同的坐标系，计算结果不同，因而说明物体的重心位置是变化的。 ( × ) 8．物体的重心一定在物体上。 ( × ) 二、填空题 1．空间汇交力系共有三个独立的平衡方程，它们分别表示为0=∑x F 、 0=∑y F 和 0=∑z F 。 空间力偶系共有三个独立的平衡方程，它们分别表示为0=∑x M 、 0=∑y M 和 0=∑z M 。而空 间任意力系共有六个独立的平衡方程，一般可表示为 0=∑x F 、 0=∑y F 、 0=∑z F 、 0) (=∑F x M 、 0) (=∑F y M 和 0)(=∑F z M 。 2．由n 个力组成的空间平衡力系，如果其中的(n -1)个力相交于A 点，那么另一个力也必定通过点A 。 3．作用在同一刚体上的两个空间力偶彼此等效的条件是力偶矩矢相等。 4．空间力对一点的矩是一个矢量，而空间力对某轴的矩是一个代数量。 5．空间力F 对任一点O 之矩)(F M O 可用矢量积来表示，即F r F M ?=)(O 。写成解析表达式为 k j i F M )()()()(x y z x y z O yF xF xF zF zF yF -+-+-=。 6．当空间力与轴相交时，力对该轴的矩等于零。 7．空间力系向一点简化，若主矩与简化中心的选择无关，则该力系的主矢等于零，该力系可合成为一个合力偶。若空间任意力系向任一点简化，其主矩均等于零，则该力系是 平衡力系。 8．力螺旋是指由一力和一力偶组成的力系，其中的力垂直于力偶的作用面。力螺旋可分为左螺旋和右螺旋。 第11章 动量矩定理 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。 (×) 2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。(√) 3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。 (√) 4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。 (√) 5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。 (×) 6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。 (×) 7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d n O O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质 心。 (√) 8. 如图所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+ 221 3ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。 (×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d ()d n P P i i t ==∑L M F 的形式，而 不需附加任何条件。 (×) 10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。 (×) 图 二、填空题 1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。 2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。 3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。 4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。 5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和等于零。 6. 质点M 质量为m ，在Oxy 平面内运动， 如图所示。其运动方程为kt a x cos =，kt b y sin =，其中 a 、b 、k 为常数。则质点对原点O 的动量矩为abk L O =。 7. 如图所示，在铅垂平面内，均质杆OA 可绕点O 自由转动，均质圆盘可绕点A 自由转动，杆OA 由水平位置无初速释放，已知杆长为l ，质量为m ；圆盘半径为R ，质量为M 。 则当杆转动的角速度为ω时，杆OA 对点O 的动量矩O L =ω231 ml ；圆盘对点O 的动量矩 O L =ω2Ml ；圆盘对点A 的动量矩A L =0。 图 图 8. 均质T 形杆，OA = BA = AC = l ，总质量为m ，绕O 轴转动的角速度为ω，如图所示。则它对O 轴的动量矩O L =ω2ml 。 9. 半径为R ，质量为m 的均质圆盘,在其上挖去一个半径为r = R /2的圆孔，如图所示。 则圆盘对圆心O 的转动惯量O J =232 13 mR 。 图 图 10. 半径同为R 、重量同为G 的两个均质定滑轮，一个轮上通过绳索悬一重量为Q 的重 F DB CB DB F ' 习题3－3图 第3章 静力学平衡问题 3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。试求其中1，2，3各杆受力。 解：图（a ）：045cos 23=-?F F F F 2 2 3= （拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=?-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0 F 2 = F （受拉） 3－2 图示为一绳索拔桩装置。绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。 解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i n F F ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F F F DB 10tan == α 由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。 3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。试用角?=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。 (b-1) 习题3－1图 (a-1) (a-2) '3 (b-2) 习题3－2图 F 《理论力学》课后答案 习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。 解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢： 求平面力系对O点的主矩： (2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。 习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。 解：(1) 平行力系对A点的矩是： 取B点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对B点的主矩是： 向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且： 如图所示； 将R B向下平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R B。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。 (2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对A点的主矩是： 向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且： 如图所示； 将R A向右平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R A。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。 习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。 解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 (2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 (3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。 习题7-2图 习题7-1图 s F 第3篇 工程动力学基础 第7章 质点动力学 7-1 图示滑水运动员刚接触跳台斜面时，具有平行于斜面方向的速度40.2km/h ，忽略 摩擦，并假设他一经接触跳台后，牵引绳就不再对运动员有作用力。试求滑水运动员从飞离斜面到再落水时的水平长度。 解：接触跳台时 17 113600 102403 0..v =?= m/s 设运动员在斜面上无机械能损失 768 8442892171122 02 0....gh v v =??-= -= m/s 141 8.cos v v x ==θm/s, 256 3.s i n v v y ==θm/s 541 022 1.g v h y == m 33201.g v t y == s 2 2 0121)(gt h h = + 780.08 .9) 44.2541.0(2) (2012=+= += g h h t s 112.121=+=t t t s 05 911211418...t v x x =?==m 7-2 图示消防人员为了扑灭高21m 仓库屋顶平台上的火灾，把水龙头置于离仓库墙基15m 、距地面高1m 处，如图所示。水柱的初速度250=υm/s ，若欲使水柱正好能越过屋顶边缘到达屋顶平台，且不计空气阻力，试问水龙头的仰角α应为多少？水柱射到屋顶平台上的水平距离s 为多少？ 解：(1) α cos v t 0115= (1) 20 2 1sin 2 110=- ?gt t v α (2) (1)代入(2)，得 0 1.44cos sin 375cos 5002=+-ααα α αα2 2 c o s 1c o s 3751.44cos 500-=+ 0 81.1944cos 96525cos 3906252 4 =+-αα 22497.0cos 2 =α, ?=685.61α (2) g v t αsin 02= （到最高点所经过时间） 26 .232)15cos (20=?-?=t v S αm 7-3 图示三角形物块置于光滑水平面上，并以水平等加速度a 向右运动。另一物块置于其斜面上，斜面的倾角为θ。设物块与斜面间的静摩擦因数为s f ，且tan θ>s f ，开始时物块在斜面上静止，如果保持物块在斜面上不滑动，加速度a 的最大值和最小值应为多少？ 习题7-1解图 θ v 0 v y O 理论力学课后习题及答案 应按下列要求进行设计（D ） A．地震作用和抗震措施均按8度考虑 B．地震作用和抗震措施均按7度考虑 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级？什么是地震烈度？如何评定震级和烈度的大小？（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（A）A．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 C．土的相对密度越大，越不容易液化 D．地下水位越深，越不容易液化 5．考虑内力塑性重分布，可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅（B ）A．梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B．梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C．梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D．梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6．钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定（ B ）A．抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B．抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C．抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D．抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关？ ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期 一、 C.场地土类 1．震源到震中的垂直距离称为震源距（×）2．建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的（√）3．地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值 （×）4．结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置（×）5．设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用（×）6．受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级？什么是地震烈度？如何评定震级和烈度的大小？（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（A）E．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 G．土的相对密度越大，越不容易液化 (b) 第2篇 工程运动学基础 第4章 运动分析基础 4－1 小环A 套在光滑的钢丝圈上运动，钢丝圈半径为R （如图所示）。已知小环的初速度为v 0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜ θ ＜2 π，试确定小环 A 的运动规律。 解：R v a a 2 n sin ==θ，θ sin 2R v a = θ θtan cos d d 2t R v a t v a = ==，??=t v v t R v v 02d tan 1d 0θ t v R R v t s v 00tan tan d d -==θθ ??-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθ t v R R R s 0tan tan ln tan -=θθθ 4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的 1．?? ???-=-=225.1324t t y t t x ， 2．???==t y t x 2cos 2sin 3 解：1．由已知得 3x = 4y （1） ? ??-=-=t y t x 3344 t v 55-= ? ??-=-=34y x 5-=a 为匀减速直线运动，轨迹如图（a ），其v 、a 图像从略。 2．由已知，得 2arccos 21 3arcsin y x = 化简得轨迹方程：29 4 2x y -= （2） 轨迹如图（b ），其v 、a 图像从略。 4－3 点作圆周运动，孤坐标的原点在O 点，顺钟向为孤坐标的正方向，运动方程为 22 1 Rt s π=，式中s 以厘米计，t 以秒计。轨迹图形和直角坐标的关系如右图所示。当点第一次到达y 坐标值最大的位置时，求点的加速度在x 和y 轴上的投影。 解：Rt s v π== ，R v a π== t ，222 n Rt R v a π== y 坐标值最大的位置时：R Rt s 2 212ππ== ，12=∴t R a a x π==t ，R a y 2π-= A 习题4－1图 习题4－2图 习题4－3图 第一章 习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。 解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢： 求平面力系对O点的主矩： (2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力 偶，大小是260Nm，转向是逆时针。 习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。 解：(1) 平行力系对A点的矩是： 取B点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对B点的主矩是： 向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且： 如图所示； 将R B向下平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R B。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。 (2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是： 平行力系对A点的主矩是： 向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且： 如图所示； 将R A向右平移一段距离d，使满足： 最后简化为一个力R，大小等于R A。其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。 习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 (2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。校核： 结果正确。(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 校核： 结果正确。 习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。 解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图： 列平衡方程： 解方程组： 反力的实际方向如图示。 解：如图（a ），应用虚位移原理： F 1 ?術 F 2 ? 8r 2 = 0 书鹵 / 、 8r 1 8r 2 tan P 如图（b ）： 8 廿y ； 8 厂乔 8r i 能的任意角度B 下处于平衡时，求 M 1和M 2之间的关系 第12章 虚位移原理及其应用 12-1图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。 试求平衡时, 解：应用解析法，如图(a )，设0D = y A = 2l sin v ； y^ 61 sin v S y A =21 cos ：心； 溉=61 COST 心 应用虚位移原理： F 2 S y B - R ? S y A =0 6F 2 —2R =0 ; F i =3F 2 习题12-1图 F 2之值。已知：AC = BC 12-2图示的平面机构中, D 点作用一水平力F t ，求保持机构平衡时主动力 =EC = DE = FC = DF = l 。 解：应用解析法，如图所示： y A =lcos ) ； x D =3lsin v S y A - -l sin^ 心；S x D =3I COS ^ & 应用虚 位移原理： —F 2 ? S y A - F I 8x^0 F 2sin J - 3F t cos ^ - 0 ； F 2 = 3F t cot^ 12-3图示楔形机构处于平衡状态，尖劈角为 小关系 习题12-3 B 和3不计楔块自重与摩擦。求竖向力 F 1与F 2的大 F i F 2| (a ) (b) F i 8i - F 2 12-4图示摇杆机构位于水平面上，已知 OO i = OA 。机构上受到力偶矩 M 1和M 2的作用。机构在可 应按下列要求进行设计（D ） A．地震作用和抗震措施均按8度考虑 B．地震作用和抗震措施均按7度考虑 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（ A ）A．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 C．土的相对密度越大，越不容易液化 D．地下水位越深，越不容易液化 5．考虑内力塑性重分布，可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅（ B ） A．梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B．梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C．梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D．梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6．钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定（ B ） A．抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B．抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C．抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D．抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关 ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期 一、 C.场地土类 1．震源到震中的垂直距离称为震源距（×）2．建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的（√）3．地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值 （×）4．结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置（×）5．设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用（×）6．受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（ A ）E．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 G．土的相对密度越大，越不容易液化 高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案 第一章 1.2 写出约束在铅直平面内的光滑摆线 上运动的质点的微 分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关. 解： 设s为质点沿摆线运动时的路程，取 =0时，s=0 S= = 4 a (1) 设 为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正， 即切线斜率 = 受力分析得： 则 ，此即为质点的运动微分方程。 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为. 1.3 证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动 运动微分方程为θ θθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ① 给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0 cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ -?=l g 上式可化为dt d l g =?-?θθθ0cos cos 2- 两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ??--- =-- =0 2 02 2 2002 sin 12 sin 1001 2cos cos 12 进一步化简可得θθθθd g l t ?-= 0002 222sin sin 1 21 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故 ?-==0 2 2 2 sin 2 sin 1 2 4T θθθ θd g l t 由?θθsin 2sin /2sin 0= 两边分别对θ?微分可得??θθθ d d cos 2 sin 2 cos = ?θ θ202sin 2 sin 12cos -= 故?? θ? θθd d 20 2 sin 2 sin 1cos 2 sin 2 -= 由于00θθ≤≤故对应的2 0π?≤≤ 故?? θ ? θ?θθ θθπ θd g l d g l T ??-=-=20 20 2 2 cos 2 sin sin 2 sin 1/cos 2 sin 4 2 sin 2 sin 2 故?-=2 022sin 14π? ?K d g l T 其中2sin 022θ=K 通过进一步计算可得 g l π 2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +????-????++??++n K n n K K 1.5 静力学习题及解答—静力学基础 静力学习题及解答—静力学基础 第7章 点的合成运动 一、是非题（正确的在括号内打“√”、错误的打“×”） 1．点的速度和加速度合成定理建立了两个不同物体上两点之间的速度和加速度之间的 关系。 ( √ ) 2．根据速度合成定理，动点的绝对速度一定大于其相对速度。 ( × ) 3．应用速度合成定理，在选取动点和动系时，若动点是某刚体上的一点，则动系不可以固结在这个刚体上。 ( √ ) 4．从地球上观察到的太阳轨迹与同时在月球上观察到的轨迹相同。 ( × ) 5．在合成运动中，当牵连运动为转动时，科氏加速度一定不为零。 ( × ) 6．科氏加速度是由于牵连运动改变了相对速度的方向而产生的加速度。 ( √ ) 7．在图7.19中，动点M 以常速度r v 相对圆盘在圆盘直径上运动，圆盘以匀角速度ω绕定轴O 转动，则无论动点运动到圆盘上的什么位置，其科氏加速度都相等。 ( √ ) 二、填空题 1．已知r 234=++v i j k ，e 63=-ωi k ，则k =a 18 i ＋ -60 j ＋ 36 k 。 2．在图7.20中，两个机构的斜杆绕O 2的角速度均为2ω，O 1O 2的距离为l ，斜杆与竖直方向的夹角为θ，则图7.20(a)中直杆的角速度=1ωθ θωcos sin 2 ，图7.20(b)中直杆的角 速度=1ω2ω。 图7.19 图7.20 3．科氏加速度为零的条件有：动参考系作平动、0=r v 和r e v ω//。 4．绝对运动和相对运动是指动点分别相对于定系和动系的运动，而牵连运动是指牵连点相对于定系的运动。牵连点是指某瞬时动系上和动点相重合的点，相应的牵连速度和加速度是指牵连点相对于定系的速度和加速度。 5．如图7.21所示的系统，以''Ax y 为动参考系，Ax'总在水平轴上运动，AB l =。则点B 的相对轨迹是圆周，若kt ?= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第6章析
理论力学课后习题答案
理论力学课后答案(范钦珊)
清华大学版理论力学课后习题集标准答案全集第6章刚体平面运动分析
理论力学(盛冬发)课后习题答案ch04
理论力学课后习题答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
理论力学课后习题答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第7章质点动力学
理论力学课后习题及答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第4章运动分析基础
理论力学课后习题及答案解析..
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第12章虚位移原理及其应用习题解
理论力学课后习题及答案
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题解答
四川大学 理论力学 课后习题答案 第1周习题解答
第 1 周习题为 1.2～1.9； 1.10～1.12 为选作。 1.1 举例说明由 F1 ? r = F2 ? r ，或者由 F1 × r = F2 × r ，不能断定 F1 = F2 。 解：若 F1 与 F2 都与 r 垂直，则 F1 ? r = F2 ? r = 0 ，但显然不能断定 F1 = F2 ； 若 F1 与 F2 都与 r 平行，则 F1 × r = F2 × r = 0 ，也不能断定 F1 = F2 ；
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
1.2 给定力 F = 3 (? i + 2 j + 3k ) ，其作用点的坐标为 (?3,?4,?6) 。已知 OE 轴上的 单位矢量 e =
3 (i + j + k ) ，试求力 F 在 OE 轴上的投影以及对 OE 轴之矩。 3 解：力 F 在 OE 轴上的投影
FOE = F ? e = 3 (?i + 2 j + 3k ) ?
3 (i + j + k ) = ?1 + 2 + 3 = 4 3
力 F 对坐标原点 O 之矩 i j k mO ( F ) = ? 3 ? 4 ? 6 = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 2 3 3 3 根据力系关系定理，力 F 对 OE 轴之矩
mOE ( F ) = mO ( F ) ? e = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 (i + j + k ) = 15 ? 10 = 5 3
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛理论力学(盛冬发)课后习题答案ch07
- 理论力学课后习题及答案解析..
- 理论力学(盛冬发)课后习题答案ch11
- 理论力学课后习题答案详解
- 《理论力学》课后习题答案详解
- 理论力学课后习题答案详解
- 理论力学(哈工大版)课后习题答案
- 理论力学第一章课后习题答案
- 理论力学课后习题答案 第10章 动能定理及其应用 )
- 理论力学(盛冬发)课后习题答案ch04
- 《理论力学》课后习题解答(赫桐生,高教版)
- 理论力学课后习题答案
- 哈工大理论力学(I)第七版答案、高等教育出版社出版
- 理论力学课后题参考答案
- 理论力学课后习题及答案解析
- 理论力学课后习题及答案
- 理论力学课后习题答案详解
- 理论力学课后题答案
- 哈工大第七版理论力学课后思考题答案 (1)
- 理论力学课后习题答案分析
- 理论力学课后习题答案